第一次月考模擬測試卷（解析版）

（蘇科版）2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)第一次月考模擬測試卷（測試范圍：第1章---第2章）（考試時間：120分鐘滿分：120分）一、選擇題（共10題，每小題3分，共30分）1．（2022秋?鄄城縣期末）若關(guān)于x的方程（m﹣1）x2+x﹣1＝0是一元二次方程，則m的取值范圍是（）A．m≠1 B．m＝1 C．m≥1 D．m≠0【分析】根據(jù)一元二次方程的定義，可得m﹣1≠0，據(jù)此可得答案．【解答】解：∵關(guān)于x的方程（m﹣1）x2+x﹣1＝0是一元二次方程，∴m﹣1≠0，∴m≠1，故選：A．【點評】本題考查了一元二次方程的定義，熟練掌握一元二次方程的定義是解題的關(guān)鍵．2．（2022秋?思明區(qū)校級期末）⊙O的半徑為5cm，點A到圓心O的距離OA＝3cm，則點A與⊙O的位置關(guān)系為（）A．點A在⊙O上 B．點A在⊙O內(nèi) C．點A在⊙O外 D．無法確定【分析】根據(jù)點與圓的位置關(guān)系的判定方法進行判斷．【解答】解：∵⊙O的半徑為5cm，點A到圓心O的距離為3cm，即點A到圓心O的距離小于圓的半徑，∴點A在⊙O內(nèi)．故選：B．【點評】本題考查了點與圓的位置關(guān)系：設(shè)⊙O的半徑為r，點P到圓心的距離OP＝d，則有點P在圓外?d＞r；點P在圓上?d＝r；點P在圓內(nèi)?d＜r．3．（2023?貴州模擬）已知關(guān)于x的一元二次方程x2+6x+c＝0的一個根是x＝1，則方程x2+6x﹣c＝0的根的情況是（）A．沒有實數(shù)根 B．有兩個相等的實數(shù)根 C．有兩個不相等的實數(shù)根 D．有一個根是x＝1【分析】先把x＝1代入方程x2+6x+c＝0可得到c＝﹣7，則方程x2+6x﹣c＝0化為x2+6x+7＝0，再計算根的判別式的值得到Δ＝8＞0，然后根據(jù)根的判別式的意義判斷方程根的情況即可．【解答】解：把x＝1代入方程x2+6x+c＝0得1+6+c＝0，解得c＝﹣7，所以方程x2+6x﹣c＝0化為x2+6x+7＝0，∵Δ＝62﹣4×7＝8＞0，∴方程x2+6x﹣c＝0有兩個不相等的實數(shù)根．故選：C．【點評】本題考查了根的判別式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根與Δ＝b2﹣4ac有如下關(guān)系：當(dāng)Δ＞0時，方程有兩個不相等的實數(shù)根；當(dāng)Δ＝0時，方程有兩個相等的實數(shù)根；當(dāng)Δ＜0時，方程無實數(shù)根．也考查了一元二次方程的解．4．（2022秋?河西區(qū)校級期末）高速公路的隧道和橋梁最多，如圖是一個隧道的橫截面，若它的形狀是以O(shè)為圓心的圓的一部分，路面AB＝8米，凈高CD＝8米，則此圓的半徑OA＝（）A．5米 B．112米 C．6米 D．13【分析】設(shè)⊙O的半徑是r米，由垂徑定理，勾股定理，列出關(guān)于r的方程，即可求解．【解答】解：設(shè)⊙O的半徑是r米，∵CD⊥AB，∴AD=12AB＝∵OA2＝OD2+AD2，∴r2＝（8﹣r）2+42，∴r＝5，∴⊙O的半徑OA是5米．故選：A．【點評】本題考查垂徑定理，勾股定理，關(guān)鍵是應(yīng)用勾股定理列出關(guān)于半徑的方程．5．（2023?興慶區(qū)校級一模）端午節(jié)又稱端陽節(jié)，是中華民族重要的傳統(tǒng)節(jié)日，我國各地都有吃粽子的習(xí)俗．某超市以10元每袋的價格購進一批粽子，根據(jù)市場調(diào)查，售價定為每袋16元，每天可售出200袋；若售價每降低1元，則可多售出80袋，問此種粽子售價降低多少元時，超市每天售出此種粽子的利潤可達(dá)到1440元？若設(shè)每袋粽子售價降低x元，則可列方程為（）A．（16﹣x﹣10）（200+80x）＝1440 B．（16﹣x）（200+80x）＝1440 C．（16﹣x﹣10）（200﹣80x）＝1440 D．（16﹣x）（200﹣80x）＝1440【分析】當(dāng)每袋粽子售價降低x元時，每袋粽子的銷售利潤為（16﹣x﹣10）元，每天可售出（200+80x）袋，利用總利潤＝每袋的銷售利潤×每天的銷售量，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，此題得解．【解答】解：當(dāng)每袋粽子售價降低x元時，每袋粽子的銷售利潤為（16﹣x﹣10）元，每天可售出（200+80x）袋，依題意得：（16﹣x﹣10）（200+80x）＝1440．故選：A．【點評】本題考查了由實際問題抽象出一元二次方程，找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．6．（2022秋?泰興市期末）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝BC，∠BAO＝75°，則∠D＝（）A．60° B．30° C．45° D．無法確定【分析】連接OC，由圓周角定理得到∠D=12∠AOC，由圓心角，弧，弦的關(guān)系得到∠AOB=12∠AOC，于是得到∠【解答】解：連接OC，∵AB＝BC，∴AB=∴∠AOB＝∠BOC=12∠∵∠D=12∠∴∠D＝∠AOB，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝75°，∴∠AOB＝180°﹣75°﹣75°＝30°，∴∠D＝∠AOB＝30°．故選：B．【點評】本題考查圓周角定理，圓心角，弧，弦的關(guān)系，掌握以上知識點是解題的關(guān)鍵．7．（2023?中山市校級模擬）如圖，⊙O的半徑為1，點A、B、C都在⊙O上，∠B＝45°，則AC的長為（）A．18π B．14π C．12π 【分析】根據(jù)圓周角定理可得出∠AOC＝90°，再根據(jù)弧長公式的計算即可．【解答】解：∵∠B＝45°，∴∠AOC＝90°，∵⊙O的半徑為1，∴AC的長=nπr180故選：C．【點評】本題考查了弧長的計算以及圓周角定理，解題關(guān)鍵是掌握弧長公式l=nπr8．（2023春?芙蓉區(qū)校級期末）如果a是一元二次方程x2﹣3x+m＝0的一個根，﹣a是一元二次方程x2+3x﹣m＝0的一個根，那么a的值是（）A．1或2 B．0或﹣3 C．﹣1或﹣2 D．0或3【分析】把x＝a代入方程x2﹣3x+m＝0得到a2﹣3a+m＝0，把x＝﹣a代入方程x2+3x﹣m＝0得a2﹣3a﹣m＝0，然后把兩式相加得到關(guān)于a的方程，再解關(guān)于a的方程即可．【解答】解：根據(jù)題意得a2﹣3a+m＝0①，a2﹣3a﹣m＝0②，①+②得2a2﹣6a＝0，解得a＝0或a＝3．故選：D．【點評】本題考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右兩邊相等的未知數(shù)的值是一元二次方程的解．9．如圖，AB是⊙O的直徑，線段BC與⊙O的交點D是BC的中點，DE⊥AC于點E，連接AD，①AD⊥BC；②∠EDA＝∠B；③OA=12AC；④DE是⊙A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根據(jù)圓周角定理和切線的判定，采用排除法，逐條分析判斷．【解答】解：∵AB是直徑，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BC，故①正確；連接DO，∵點D是BC的中點，∴CD＝BD，又∵∠ADC＝∠ADB＝90°，AD＝AD，∴△ACD≌△ABD（SAS），∴AC＝AB，∠C＝∠B，∵OD＝OB，∴∠B＝∠ODB，∴∠ODB＝∠C，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∴DE是圓O的切線，故④正確；∵AB為圓O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵∠EDA+∠ADO＝90°，∠BDO+∠ADO＝90°，∴∠EDA＝∠ODB，∵∠ODB＝∠B，∴∠EDA＝∠B，選項②正確；由D為BC中點，且AD⊥BC，∴AD垂直平分BC，∴AC＝AB，又OA=12∴OA=12AC，選項故選：D．【點評】此題考查了切線的判定，證明切線時連接OD是解這類題經(jīng)常連接的輔助線．10．（2022秋?華容區(qū)期中）已知實數(shù)m，n滿足m2﹣2am+1＝0，n2﹣2an+1＝0，且m≠n，若a≥2，則代數(shù)式（m﹣1）2+（n﹣1）2的最小值是（）A．5 B．6 C．8 D．10【分析】根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系得到m+n和mn的值，代入（m﹣1）2+（n﹣1）2變形后的代數(shù)式，再利用配方法即可求出最小值．【解答】解：∵m、n滿足m2﹣2am+1＝0，n2﹣2an+1＝0，∴m、n是方程x2﹣2ax+1＝0的兩個實數(shù)根，∵a≥2，m+n=-ba=2a∵a≥2，∴（m﹣1）2+（n﹣1）2＝m2﹣2m+1+n2﹣2n+1＝m2+n2﹣2（m+n）+2＝（m+n）2﹣2mn﹣2（m+n）+2＝4a2﹣2﹣4a+2＝4a2﹣4a＝（2a﹣1）2﹣1，∵m≠n，a≥2，（m﹣1）2+（n﹣1）2的最小值是（2×2﹣1）2﹣1＝8，故選：C．【點評】本題考查了代數(shù)式求值，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，配方法的運用，熟練掌握根和系數(shù)關(guān)系是解題關(guān)鍵．填空題（共8小題，每小題3分，共24分）11．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）關(guān)于x的方程kx2﹣2x﹣1＝0有兩個不相等的實數(shù)根，則k的取值范圍是．【分析】根據(jù)一元二次方程的定義和判別式，得出k≠0且Δ＝（﹣2）2+4k＞0，解出不等式，即可得到k的取值范圍．【解答】解：∵關(guān)于x的方程kx2﹣2x﹣1＝0有兩個不相等的實數(shù)根，∴k≠0且Δ＝（﹣2）2+4k＞0，解得：k＞﹣1且k≠0，∴k的取值范圍為k＞﹣1且k≠0．故答案為：k＞﹣1且k≠0．【點評】本題考查了一元二次方程根的判別式和一元二次方程的定義，解本題的關(guān)鍵在熟練掌握一元二次方程的根的判別式與根的個數(shù)的關(guān)系．一元二次方程的根的判別式與根的個數(shù)的關(guān)系：當(dāng)Δ＞0時，方程有兩個不等的實數(shù)根；當(dāng)Δ＝0時，方程有兩個相等的實數(shù)根；當(dāng)Δ＜0時，方程無實數(shù)根．12．（2023?東莞市校級一模）已知圓錐的底面半徑是5cm，母線長10cm，則側(cè)面積是cm2．【分析】首先求得圓錐的底面周長，然后利用扇形的面積公式即可求解．【解答】解：圓錐的底面周長是：2×5π＝10π（cm），則圓錐的側(cè)面積是：12故答案為：50π．【點評】本題考查了扇形的面積公式，正確理解圓錐的側(cè)面展開圖與原來的扇形之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，理解圓錐的母線長是扇形的半徑，圓錐的底面圓周長是扇形的弧長．13．（2023?天河區(qū)校級模擬）若菱形兩條對角線的長度是方程x2﹣9x+20＝0的兩根，則該菱形的面積為．【分析】解方程可得菱形的對角線長，根據(jù)菱形的面積等于對角線乘積的一半計算即可．【解答】解：解方程x2﹣9x+20＝0得到x＝4或5，∴菱形的對角線長分別為4和5，∴菱形的面積=12×4×5故答案為：10．【點評】本題考查菱形的性質(zhì)、一元二次方程的解等知識，記住菱形的面積公式是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題．14．（2023?天心區(qū)校級三模）如圖，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，若△ABC的周長為18，面積為9，則⊙O的半徑是．【分析】作輔助線如解析圖，根據(jù)S△ABC＝S△ABO+S△ACO+S△BOC，代入數(shù)據(jù)求解即可．【解答】解：如圖，設(shè)⊙O與△ABC的各邊分別相切于點E、F、G，連接OE，OF，OG，OA，OB，OC，設(shè)⊙O的半徑為r，則OE⊥AB，OF⊥AC，OG⊥BC，OE＝OF＝OG＝r，∵S△ABC＝S△ABO+S△ACO+S△BOC，=12AB?r+12AC?r+=12（AB+AC+BC）?又△ABC的周長為18，面積為9，∴9=12×18∴r＝1，故答案為：1．【點評】本題考查了利用三角形的面積求三角形的內(nèi)切圓半徑，掌握求解的方法是解題的關(guān)鍵．15．（2022秋?朔城區(qū)期末）太原迎澤公園是太原市內(nèi)最大的綜合性文化休閑公園，其間種植了數(shù)萬株觀賞樹木、橋、廊、亭、榭多不勝數(shù)．如圖，相關(guān)部門計劃在公園內(nèi)一塊長為32米，寬為20米的近似矩形湖面上修筑寬度固定的觀景長廊（圖中陰影部分），要使湖面剩余部分（空白部分）的面積為540平方米，則長廊的寬為米．【分析】設(shè)長廊的寬為x米，可得出剩余的部分可合成長為（32﹣x）米，寬為（20﹣x）米的矩形，根據(jù)剩余部分的面積為540平方米，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，此題得解．【解答】解：∵長廊的寬為x米，∴剩余的部分可合成長為（32﹣x）米，寬為（20﹣x）米的矩形．依題意得：（32﹣x）（20﹣x）＝540，解得：x1＝2，x2＝50（舍去）．故答案為：2．【點評】本題考查了由實際問題抽象出一元二次方程，找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．16．（2022秋?云岡區(qū)月考）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠BCD＝75°，∠ADC＝90°，CD＝6，對角線DB平分∠ADC，則邊AB的長為．【分析】根據(jù)圓周角定理和勾股定理，以及直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：連接AC，∵∠ADC＝90°，∴AC是⊙O的直徑，∴∠ABC＝90°，∵對角線DB平分∠ADC，∴∠ACB＝∠ADB＝∠CDB＝∠BAC=12∠ADC∵∠BCD＝75°，∴∠ACD＝30°，∴AC＝2AD，∵CD＝6，∴AD=A∴AD＝23，∴AC＝43，∵∠BAC＝∠ACB＝45°，∴AB=22AC＝2故答案為：26．【點評】本題考查了圓周角定理，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．17．（2022秋?西平縣期中）若是一個直角三角形兩條直角邊的長a，b，滿足（a2+b2）（a2+b2+1）＝12，則這個直角三角形的斜邊長為．【分析】根據(jù)勾股定理c2＝a2+b2代入方程求解即可．【解答】解：∵a，b是一個直角三角形兩條直角邊的長設(shè)斜邊為c，∴（a2+b2）（a2+b2+1）＝12，根據(jù)勾股定理得：c2（c2+1）﹣12＝0即（c2﹣3）（c2+4）＝0，∵c2+4≠0，∴c2﹣3＝0，解得c=3或c=-則直角三角形的斜邊長為3．故答案為：3．【點評】本題考查的是換元法解一元二次方程，利用勾股定理求直角三角形的斜邊，需同學(xué)們靈活掌握．18．（2023春?市南區(qū)校級月考）在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，以原點O為圓心，1為半徑作圓，點P(m，3m+23)，過點P作該圓的一條切線，切點為A，則PA【分析】連接PA，OA，由切線的性質(zhì)得到OA⊥PA，求出PO2＝m2+(3m+23)2=4m2+12m+12，由勾股定理得到PA2＝PO2﹣OA2＝4m2+12m+11＝4【解答】解：連接PO，OA，∵PA切圓于A，∴OA⊥PA，∵點P(m，∴PO2＝m2+(3m+23)2=∵圓的半徑是1，∴OA＝1，∴PA2＝PO2﹣OA2＝4m2+12m+11＝4(m+32∴PA2的最小值是2，∵PA＞0，∴PA的最小值是2．故答案為：2．【點評】本題考查切線的性質(zhì)，勾股定理，二次函數(shù)的性質(zhì)，關(guān)鍵是由切線的性質(zhì)，勾股定理得到PA2＝PO2﹣OA2＝4m2+12m+11＝4(m+32)2三、解答題（本大題共8小題，滿分共66分）19．（每小題4分，共8分）（每小題4分，共8分）（2023?鼓樓區(qū)校級開學(xué)）用適當(dāng)?shù)姆椒ń庀铝蟹匠蹋海?）4（x﹣1）2﹣1＝8；（2）2x2﹣3x+1＝0．【分析】（1）用直接開平方法解一元二次方程即可；（2）用公式法解一元二次方程即可．【解答】解：（1）4（x﹣1）2﹣1＝8，∴4（x﹣1）2＝9，∴(x-1)2x-1=-32或∴x1=5（2）∵a＝2，b＝﹣3，c＝1，∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣3）2﹣4×2×1＝1＞0，∴x=-b±∴x1＝1，x2【點評】本題考查了直接開平方法和公式法解一元二次方程，熟練掌握解一元二次方程的方法是解題的關(guān)鍵．20．（6分）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，AD與BC的延長線交于點E，∠DCB＝100°，∠B＝50°．求證：△CDE是等腰三角形．【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠CDA+∠B＝180°，求得∠CDA＝180°﹣50°＝130°，根據(jù)等腰三角形的判定定理得到結(jié)論．【解答】證明：∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠CDA+∠B＝180°，∵∠B＝50°，∴∠CDA＝180°﹣50°＝130°，∴∠CDE＝180°﹣∠CDA＝180°﹣130°＝50°，∵∠DCB＝100°，∴∠CDE+∠E＝100°，∴∠E＝50°，∴∠E＝∠CDE，∴CD＝CE，∴△CDE是等腰三角形．【點評】本題考查了圓內(nèi)接四邊形，等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理，熟練掌握圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．（7分）（2023春?鼓樓區(qū)校級期中）如圖，在⊙O中，AB、AD為弦，CD為直徑，CD⊥AB于M，BN⊥AD于N，BN與CD相交于Q．（1）求證：BQ＝BC；（2）若BQ＝5，CM＝3，求⊙O的半徑．【分析】（1）根據(jù)CD⊥AB，BN⊥AD，所以∠BNA＝∠BMQ＝90°，可得∠BQM＝∠A，利用圓周角定理得∠C＝∠A，所以∠C＝∠BQM，即可得出結(jié)論；（2）設(shè)圓心為O，連接BO，設(shè)BO＝r，則OM＝r﹣3，利用勾股定理得BM＝4和42+（r﹣3）2＝r2，即可求出半徑．【解答】（1）證明：∵CD⊥AB于M，BN⊥AD于N，∴∠BNA＝∠BMQ＝90°，∵∠ABN＝∠ABN，∴∠BQM＝∠A，∵BD=∴∠C＝∠A，∴∠C＝∠BQM，∴BQ＝BC；（2）解：由（1）得BC＝BQ＝5，∠BMC＝∠BMO＝90°∴在Rt△BMC中，BM=B設(shè)圓心為O，連接BO，設(shè)BO＝r，則OM＝r﹣3，∴在Rt△BMO中，BM2+OM2＝OB2，即42+（r﹣3）2＝r2，解得：r=25即⊙O的半徑為256【點評】本題考查了垂徑定理、勾股定理，正確作出輔助線、靈活運用相關(guān)定理是解題的關(guān)鍵，注意勾股定理的應(yīng)用．22．（7分）（2022秋?洛陽期末）【閱讀材料】若x2+y2+8x﹣6y+25＝0，求x，y的值．解：（x2+8x+16）+（y2﹣6y+9）＝0，（x+4）2+（y﹣3）2＝0，∴x+4＝0，y﹣3＝0，∴x＝﹣4，y＝3．【解決問題】（1）已知m2+n2﹣12n+10m+61＝0，求（m+n）2023的值；【拓展應(yīng)用】（2）已知a，b，c是△ABC的三邊長，且b，c滿足b2+c2＝8b+4c﹣20，a是△ABC中最長的邊，求a的取值范圍．【分析】（1）將61拆分為25和36，再根據(jù)完全平方公式配方解答；（2）先根據(jù)閱讀材料求出b、c的值，再根據(jù)三角形三邊關(guān)系解答．【解答】解：（1）∵m2+n2﹣12n+10m+61＝0，將61拆分為25和36，可得：（m2+10m+25）+（n2﹣12n+36）＝0，根據(jù)完全平方公式得（m+5）2+（n﹣6）2＝0，∴m+5＝0，n﹣6＝0，∴m＝﹣5，n＝6，∴（m+n）2023＝（﹣5+6）2023＝1．（2）∵b2+c2＝8b+4c﹣20，將61拆分為25和36，可得：b2+c2﹣8b﹣4c+20＝0，根據(jù)完全平方公式得（b2﹣8b+16）+（c2﹣4c+4）＝0，（b﹣4）2+（c﹣2）2＝0，∴b﹣4＝0，c﹣2＝0，∴b＝4，c＝2．∵a是△ABC中最長的邊，∴4≤a＜6，即a的取值范圍為4≤a＜6．【點評】本題考查了配方法的應(yīng)用，根據(jù)完全平方公式進行配方是解題的關(guān)鍵．23．（8分）（2022?息烽縣二模）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點C，D在⊙O上，∠D＝60°且AB＝6，過O點作OE⊥AC，垂足為E．（1）填空：∠CAB＝度；（2）求OE的長；（3）若OE的延長線交⊙O于點F，求弦AF，AC和弧FC圍成的圖形（陰影部分）的面積S．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理求得∠ACB＝90°，∠B＝∠D＝60°，即可求得∠CAB＝30°；（2）由∠CAB＝30°求出BC，判斷出OE是△ABC的中位線，就可得出OE的長；（3）連接OC，將陰影部分的面積轉(zhuǎn)化為扇形FOC的面積．【解答】解：（1）AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠D＝60°，∴∠B＝60°（圓周角定理），∴∠CAB＝30°，故答案為：30；（2）∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，AB＝6，∴BC=12AB＝∵OE⊥AC，∴OE∥BC，又∵點O是AB中點，∴OE是△ABC的中位線，∴OE=12BC（3）連接OC，∵OE⊥AC，∴AE＝CE，∵∠AEO＝90°，∠CAB＝30°，∴OE=12OA=12∵∠OEC＝∠FEA，∴△COE≌△AFE（SAS），故陰影部分的面積＝扇形FOC的面積，S扇形FOC=60π×3即可得陰影部分的面積為32π【點評】本題考查了扇形的面積計算、含30°角的直角三角形的計算及圓周角定理及垂徑定理的知識，綜合考查的知識點比較多，難點在第二問，注意將不規(guī)則圖形轉(zhuǎn)化為規(guī)則圖形．24．（9分）（2023春?永興縣校級期末）已知關(guān)于x的一元二次方程x2﹣2kx+k2+k+1＝0有兩個實數(shù)根．（1）試求k的取值范圍；（2）若x12+（3）若此方程的兩個實數(shù)根為x1，x2，且滿足|x1|+|x2|＝2，試求k的值．【分析】（1）根據(jù)方程的系數(shù)結(jié)合根的判別式Δ≥0，即可得出關(guān)于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范圍；（2）由根與系數(shù)的關(guān)系可得出x1+x2＝2k，x1x2=k2+k+1（3）由（2）可知：x1+x2＝2k，x1x2=k2+k+1，根據(jù)k2+k+1=(k+12)2+34＞0，可得x1x2＞0，即由|x1|+|【解答】解：（1）∵關(guān)于x的一元二次方程x2﹣2kx+k2+k+1＝0有兩個實數(shù)根，∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2k）2﹣4×1×（k2+k+1）≥0，解得：k≤﹣1；（2）∵方程x2﹣2kx+k2+k+1＝0的兩個實數(shù)根為x1，x2，∴x1+x2＝2k，x1∵x1∴x1∴（2k）2﹣2（k2+k+1）＝10，整理得：k2﹣k﹣6＝0，解得：k＝3或者k＝﹣2，∵根據(jù)（1）有k≤﹣1，即k＝﹣2；（3）由（2）可知：x1+x2＝2k，x1∵k2∴x1x2＞0，∵|x1|+|x2|＝2，∴(|x∴x1∵x1x2＞0，∴x1∴(x∴（2k）2＝4，∴k＝±1，∵根據(jù)（1）有k≤﹣1，即k＝﹣1．【點評】本題考查了一元二次方程根的判別式，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，熟練掌握一元二次方程根的判別式和根與系數(shù)的關(guān)系，靈活運用完全平方公式的變形是解題的關(guān)鍵．25．（9分）（2022秋?玄武區(qū)校級月考）如圖所示，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm．（1）點P從點A開始沿AB邊向B以1cm/s的速度移動，點Q從B點開始沿BC邊向點C以2cm/s的速度移動，如果P，Q分別從A，B同時出發(fā)，當(dāng)其中一點到達(dá)終點時，另一點也隨之停止運動．①經(jīng)過幾秒，PQ的長度為42cm？②線段PQ能否將△ABC分成兩部分，使得△PBQ的面積是四邊形APQC的面積的2倍？若能，求出運動時間；若不能請說明理由；若P點沿射線AB方向從A點出發(fā)以1cm/s的速度移動，點Q沿射線CB方向從C點出發(fā)以2cm/s的速度移動，P、Q同時出發(fā)，問幾秒后，△PBQ的面積為1cm2？（直接寫出答案）【分析】（1）①設(shè)經(jīng)過t秒，則AP＝tcm，BQ＝2tcm，BP＝（6﹣t）cm，利用勾股定理即可；②當(dāng)△PBQ的面積是四邊形APQC的面積的2倍，則S△PBQ=23S△ABC，即可列出關(guān)于（2）分0≤t＜4或4＜t≤6或t＞6三種情形，分別表示出△PBQ的面積即可解決問題．【解答】解：（1）設(shè)經(jīng)過t秒，則AP＝tcm，BQ＝2tcm，∴BP＝（6﹣t）cm，①由勾股定理得：∴（6﹣t）2+（2t）2＝（42）2，解得：t1=25，t2＝∴經(jīng)過25秒或2秒，PQ的長度為42cm②不能，理由如下：當(dāng)△PBQ的面積是四邊形APQC的面積的2倍，∴S△PBQ=23S△∴t（6﹣t）＝16，解得：t1＝﹣2，t2＝8，∵0≤t≤4，∴不存在t，使得△PBQ的面積是四邊形APQC的面積的2倍；（2）設(shè)運動時間為t秒，當(dāng)0≤t＜4時，S△PBQ=12BP×BQ=12×（6﹣t）×（8解得：t1＝5-2，t2＝5+故t＝5-2當(dāng)4＜t≤6時，S△PBQ=12BP×BQ=12×（6﹣t）×（2t解得：t1＝t2＝5，當(dāng)t＞6時，S△PBQ=12BP×BQ=12×（t﹣6）×（2t解得：t1＝5-2（舍），t2＝5+綜上：t＝